2021新高考物理二轮总复习专题分层突破练11带电粒子在复合场中的运动

专题分层突破练11带电粒子在复合场中的运动A组1.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。图中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零),从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后,再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场,该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外、半径为R的圆形匀强磁场。现在MN上的点F(图中未画出)接收到该粒子,且GF=3R,则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)()A.8UR2B2 B.2.如图所示,空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场,一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动,到达B点时,速度为零,C点是运动的最低点,则以下叙述错误的是()A.液滴一定带负电B.液滴在C点时动能最大C.液滴在C点电势能最小D.液滴在C点机械能最小3.(2020山东济南高三下学期5月二模)如图所示,两平行金属板水平放置,板长和板间距均为L,两板间接有直流电源,极板间有垂直纸面向外的匀强磁场。一带电微粒从板左端中央位置以速度v0=gL垂直磁场方向水平进入极板,微粒恰好做匀速直线运动。若保持a板不动,让b板向下移动0.5L,微粒从原位置以相同速度进入,恰好做匀速圆周运动,则该微粒在极板间做匀速圆周运动的时间为()A.πgL3C.πgLg4.(多选)如图所示,空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场,磁场内有一绝缘的足够长的直杆,它与水平面的夹角为θ,一电荷量为q、质量为m的带负电小球套在直杆上,从A点由静止沿杆下滑,小球与杆之间的动摩擦因数为μ,在小球以后的运动过程中,下列说法正确的是()A.小球下滑的最大速度为vm=mgB.小球下滑的最大加速度为am=gsinθC.小球的加速度一直在减小D.小球的速度先增大后不变5.(多选)(2020安徽马鞍山高三下学期第二次质检)如图所示,空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。在该区域中,有一个竖直放置的光滑绝缘固定圆环,环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心,a、b、c、d为圆环上的四个点,a点为最高点,c点为最低点,bOd沿水平方向。已知小球重力为所受电场力的2倍。现将小球从a点由静止释放,则小球()A.不能越过d点继续沿环向上运动B.在c点受到的洛伦兹力比在b点受到的洛伦兹力大C.从a点到b点过程中,重力势能减小,电势能增大D.从c点到d点过程中,电势能变化量小于重力势能变化量6.(2020河南郑州高中毕业年级第一次质量预测)如图所示,ABCD与MNPQ均为边长为l的正方形区域,且A点为MN的中点。ABCD区域中存在有界的垂直纸面方向的匀强磁场,在整个MNPQ区域中存在图示方向的匀强电场。大量质量为m、电荷量为e的电子以初速度v0垂直于BC射入ABCD区域后,都从A点进入电场,且所有电子均能打在PQ边上。已知从C点进入磁场的电子在ABCD区域中运动时始终位于磁场中,不计电子重力。求:(1)电场强度E的最小值;(2)匀强磁场区域中磁感应强度B0的大小和方向;(3)ABCD区域中磁场面积的最小值。B组7.如图,相邻两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,设磁感应强度的大小分别为B1、B2。已知磁感应强度方向相反且垂直纸面,两个区域的宽度都为d,质量为m、电荷量为+q的粒子由静止开始经电压恒为U的电场加速后,垂直于区域Ⅰ的边界线MN,从A点进入并穿越区域Ⅰ后进入区域Ⅱ,最后恰好不能从边界线PQ穿出区域Ⅱ。不计粒子重力。求:(1)B1的取值范围;(2)B1与B2的关系式。8.如图所示,在整个xOy平面内存在大小随时间周期性变化的匀强磁场和匀强电场,变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向,沿y轴负方向为电场强度的正方向)。在t=0时刻由原点O发射一个初速度大小为v0、方向沿y轴正方向的带正电的粒子,粒子的比荷qm=πB0t0,B0、E(1)求在0~t0内粒子转动的半径;(2)求t=2t0时,粒子的位置坐标;(3)若粒子在t=25t0时首次回到坐标原点,求电场强度E0与磁感应强度B0的大小关系。9.(2020山东泰安三模)如图所示,在直角坐标系xOy中,虚线ab垂直于x轴,垂足为P,M、N两点的坐标分别为(0,L)、(0,L)。ab与y轴间存在沿y轴正方向的匀强电场(图中未画出),y轴的右侧存在方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场,其他区域无电场和磁场。在质量为m、电荷量为q的绝缘带正电微粒甲从P点以某一初速度沿x轴正方向射入电场的同时,质量为m、电荷量为q的绝缘带负电微粒乙以初速度v从M点在坐标平面内沿与y轴负方向成夹角θ=π6的方向射入磁场,结果甲、乙恰好在N点发生弹性正碰(碰撞时间极短且不发生电荷交换),碰撞后均通过ab。微粒所受重力及微粒间的作用力均不计。求(1)磁场的磁感应强度大小B以及乙从M点运动到N点的时间t;(2)P点与坐标原点O间的距离x0以及电场的电场强度大小E;(3)碰撞后乙通过ab时的纵坐标y乙。参考答案专题分层突破练11带电粒子在复合场中的运动1.C解析设离子被加速后获得的速度为v,由动能定理有qU=12mv2,轨迹如图所示,由几何知识知,离子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r=3R3,又Bqv=mv2r,可求2.C解析液滴偏转是由于受洛伦兹力作用,据左手定则可判断液滴一定带负电,A正确;液滴所受电场力必向上,而液滴能够从静止向下运动,是因为重力大于电场力,由A→C合力做正功,故在C处液滴的动能最大,B正确;A→C克服电场力做功最多,电势能增加最多,机械能与电势能的和不变,因此,由A→C机械能减小,故液滴在C点机械能最小,C错误,D正确。3.A解析微粒恰好做匀速直线运动时有qUL=qv0B+mg,恰好做匀速圆周运动qU32L=mg,联立解得mg2=qv0B,即v0=mg2qB,由题意可知v0=gL,则有mg2qB=gL,由公式qv0B=mv02R得R=mv0qB,联立解得4.BD解析小球开始下滑时有mgsinθμ(mgcosθqvB)=ma,随着v增大,a增大,当v=mgcosθqB时,a达到最大值即am=gsinθ,此时洛伦兹力大小等于mgcosθ,支持力为0,此后随着速度增大,洛伦兹力增大,支持力增大,此后下滑过程中有mgsinθμ(qvBmgcosθ)=ma,随着v增大,a减小,当vm=mg(sinθ+μcosθ)μqB时,a=0,此时达到平衡状态,速度不变。所以整个过程中5.BD解析小球重力是所受电场力的2倍,则二者的合力指向左下方,由于合力是恒力,故可等效为“新的重力”,所以过圆心平行于合力的方向的直线与圆周的交点M、N分别相当于竖直平面圆周的“最高点”和“最低点”。根据对称性可知,圆环从a点由静止释放,可到达a点关于“最高点”M对称的位置,由图可知此位置高于d点,即圆环能越过d点继续沿环向上运动,选项A错误;由图可知,c点距离“最低点”N的距离比b点距离N点的距离近,可知c点的速度大于b点的速度,根据F=qvB可知,在c点受到的洛伦兹力比在b点受到的洛伦兹力大,选项B正确;从a到b,重力和电场力都做正功,重力势能和电势能都减少,选项C错误;从c点到d点过程中,电场力做负功W电=qER=12mgR,重力做功WG=mgR,电势能的变化量等于电场力做的功,重力势能的变化量等于重力做的功,可知电势能变化量小于重力势能变化量,选项D6.答案(1)8mv02el(2)mv0el,方向为垂直纸面向外解析(1)粒子在匀强电场中做类似抛体运动,有eE=ma要使所有粒子均能打在PQ边上,由题意可知需要在A点水平向左飞出的粒子能打到Q点。则l=12at2、12l=v解得E=8(2)由洛伦兹力提供向心力可得ev0B0=m由题意得r=l解得B0=mv0(3)由题意分析可知,如图所示的阴影部分为磁场面积最小范围。上部分圆弧为以B点为圆心、以l为半径的圆弧,下部分圆弧为以D点为圆心、以l为半径的圆弧。由几何关系求得阴影部分面积为Smin=214πl212l2解得Smin=12πl2l7.答案(1)0<B1<2qUmqd(2)B2B1解析(1)设粒子经U加速后获得的速度为v,根据动能定理有qU=12mv2在区域Ⅰ的磁场中偏转,有qB1v=mv要使粒子能进入区域Ⅱ,必须有R1>d③联立得0<B1<2qUm(2)两区域磁场方向相反(如Ⅰ垂直纸面向外,Ⅱ垂直纸面向里),则粒子的运动轨迹如图线ACD。带电粒子在区域Ⅱ的磁场中偏转,由洛伦兹力提供向心力,得qB2v=mv如图△O1HC∽△O2JC,则有R1联立①②⑤⑥得B2B1=2qUm8.答案(1)v0t0π(2)2v0t0π,v0t0πE解析(1)粒子在磁场中运动时,由洛伦兹力提供向心力,则有qv0B0=m解得r=v0(2)若粒子在磁场中做完整的圆周运动,则其周期T=2解得T=2t0在0~t0时间内,粒子在磁场中转动半周,t=t0时粒子位置的横坐标x=2r=2在t0~2t0时间内,粒子在电场中沿y轴负方向做匀加速直线运动,y=v0t01解得y=v0t0π故t=2t0时,粒子的位置坐标为2v0t0π,v0t(3)0~t0时间内,带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径r1=r=v当t=2t0时,粒子的速度大小v=v0+qE02t0~3t0时间内,粒子在x轴下方做圆周运动的轨道半径r2=mvqB0=mqB0由几何关系可知,要使粒子经过原点,则必须满足n(2r22r1)=2r1,n=1,2,3…当t=25t0时,n=6,解得E0=v069.答案(1)B=mv2qL,(2)x0=23L3(3)y乙=2+435π解析(1)甲、乙的运动轨迹如图所示,由几何关系可知△MNO1为正三角形,故乙绕圆心O1做圆周运动的半径为R=2L洛伦兹力提供乙做圆周运动所需的向心力,有qvB=mv解得B=mv乙从M点运动到N点的时间为t=(解得t=10(2)甲从P点运动到N点的过程中做类平抛运动,由于甲、乙恰好在N点发生正碰,故碰撞前瞬间甲的速度方向与y轴正方向的夹角为θ,设甲的初速度大小为v0、加速度大小为a,有v0at=L=12atx0=v0t根据牛顿第二定律有qE=ma解得x0=23L3(3)设碰撞前瞬间甲的速度大小为v1(以v1的方向为正方向),碰撞后甲、乙的速度分别为v1'、v',根据动量守恒定律有mv1mv=mv1'+mv'根据机械能守恒定律有12mv2+12mv12=1解得v1'=v,v'=v1由几何关系可知v1=2v0,其中由(2)可得v0=3碰撞后乙先在磁场中做匀速圆周运动,从